洛谷P1262 间谍网络

P1262 间谍网络

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题目描述

由于外国间谍的大量渗入，国家安全正处于高度的危机之中。如果A间谍手中掌握着关于B间谍的犯罪证据，则称A可以揭发B。有些间谍收受贿赂，只要给他们一定数量的美元，他们就愿意交出手中掌握的全部情报。所以，如果我们能够收买一些间谍的话，我们就可能控制间谍网中的每一分子。因为一旦我们逮捕了一个间谍，他手中掌握的情报都将归我们所有，这样就有可能逮捕新的间谍，掌握新的情报。

我们的反间谍机关提供了一份资料，色括所有已知的受贿的间谍，以及他们愿意收受的具体数额。同时我们还知道哪些间谍手中具体掌握了哪些间谍的资料。假设总共有n个间谍(n不超过3000)，每个间谍分别用1到3000的整数来标识。

请根据这份资料，判断我们是否有可能控制全部的间谍，如果可以，求出我们所需要支付的最少资金。否则，输出不能被控制的一个间谍。

输入输出格式

输入格式：

 

第一行只有一个整数n。

第二行是整数p。表示愿意被收买的人数，1≤p≤n。

接下来的p行，每行有两个整数，第一个数是一个愿意被收买的间谍的编号，第二个数表示他将会被收买的数额。这个数额不超过20000。

紧跟着一行只有一个整数r，1≤r≤8000。然后r行，每行两个正整数，表示数对(A, B)，A间谍掌握B间谍的证据。

 

输出格式：

 

如果可以控制所有间谍，第一行输出YES，并在第二行输出所需要支付的贿金最小值。否则输出NO，并在第二行输出不能控制的间谍中，编号最小的间谍编号。

 

输入输出样例

输入样例#1：

【样例1】
3
2
1 10
2 100
2
1 3
2 3
【样例2】
4
2
1 100
4 200
2
1 2
3 4

输出样例#1：

【样例1】
YES
110
【样例2】
NO
3
分析：如果自己举报的人提供的信息能够把自己给举报那就好了，然后就想到，这不就是个强连通分量嘛！自然而然想到了tarjan算法，简单的说一下tarjan算法吧，一一遍历图上的点，用pre数组记录访问到第i个元素的时间，即第多少个访问第i元素，用lowlink数组记录i所在的强连通分量上的最小的元素的时间,可以想到，如果lowlinki = prei,那么元素i就是强连通分量的首，每遇到一个元素就入栈，然后处理，如果恰好知道了一个元素是强连通分量的首，那么就不断出栈，直到弹出的元素是这个首即可.那么怎么计算lowlink数组呢？设j是i到达的另一个节点，如果j节点在i节点访问之前并没有访问过，那么很显然lowlink[i] = min(lowlink[i],lowlink[j]),很显然，通过dfs计算，如果i,j在同一个强连通分量中，那么lowlink的值是一样的，如果j节点访问了呢？首先要知道一点：一个点只能属于一个强连通分量，那么如果这个点已经属于了一个强连通分量，则不处理,如果不属于强连通分量，每一个点都属于一个强连通分量，如果已经访问过了，如果没有属于强连通分量，那么必然在i节点的强连通分量上,那么lowlink[i] = min(lowlink[i],pre[j]),然后题目要问能否控制所有间谍，很简单，把每个强连通分量当作一个点，每一个入度为0的强连通分量都必须买其中一个间谍，买其中话费最小的间谍答案最优，那么在出栈的时候计算一下即可,如果入度为0的点中的间谍都不能收买，那么就不可能控制所有节点,如果可以控制，不断累加最小答案即可，如果不能呢？同样的，在出栈的时候记录一下序号最小的点即可，不断更新答案即可.

#include <cstdio>
#include <vector>
#include <stack>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>

using namespace std;

const int maxn = 3010;

int n, p,money[maxn],r, ans1 = 0,ans2,pre[maxn], dfs_clock, lowlink[maxn],sccno[maxn],scc_cnt,cost[maxn],minn[maxn],rudu[maxn];
vector<int> e[maxn];
stack <int> s;

void dfs(int x)
{
    pre[x] = lowlink[x] = ++dfs_clock;
    s.push(x);
    for (int i = 0; i < e[x].size(); i++)
    {
        int u = e[x][i];
        if (!pre[u])
        {
            dfs(u);
            lowlink[x] = min(lowlink[x], lowlink[u]);
        }
        else
            if (!sccno[u])
                lowlink[x] = min(lowlink[x], pre[u]);
    }
    if (lowlink[x] == pre[x])
    {
        ++scc_cnt;
        for (;;)
        {
            int t = s.top();
            s.pop();
            sccno[t] = scc_cnt;
            if (money[t] != -1)
                cost[scc_cnt] = min(cost[scc_cnt], money[t]);
            minn[scc_cnt] = min(minn[scc_cnt], t);
            if (t == x)
                break;
        }
    }
}

int main()
{
    memset(money, -1, sizeof(money)); //收买的钱数可能为0
    memset(cost, 127, sizeof(cost));  //初始化为最大值
    memset(minn, 127, sizeof(minn));
    int pd = cost[0];
    scanf("%d", &n);
    scanf("%d", &p);
    for (int i = 1; i <= p; i++)
    {
        int x, y;
        scanf("%d%d", &x, &y);
        money[x] = y;
    }
    scanf("%d", &r);
    for (int i = 1; i <= r; i++)
    {
        int a, b;
        scanf("%d%d", &a, &b);
        e[a].push_back(b);
    }
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        if (!pre[i])
            dfs(i);
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        for (int j = 0; j < e[i].size(); j++)
            if (sccno[i] != sccno[e[i][j]])
                rudu[sccno[e[i][j]]]++;
    bool flag = true;
    ans1 = 0;
    ans2 = pd;
    for (int i = 1; i <= scc_cnt; i++)
        if (!rudu[i])
        {
            if (cost[i] != pd)  
                ans1 += cost[i];
            else
            {
                flag = false;
                ans2 = min(ans2, minn[i]);
            }
        }
    if (flag)
        printf("YES\n%d", ans1);
    else
        printf("NO\n%d", ans2);

    return 0;
}